【文档说明】内蒙古赤峰市实验中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(21)页，1.473 MB，由小赞的店铺上传

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赤峰实验中学高二年级第一次月考数学试卷2023.10一、单选题（共8小题）1.空间直角坐标系中，已知点()()1,2,3345AB、，，，则线段AB的中点坐标为（）A.()234，，B.()134，，C.()235，，D.()245，，【答案】A【解析】【分析】根据中点

坐标公式求解即可.详解】点()()1,2,3345AB、，，，由中点坐标公式得中得为：132435,,222+++，即()234，，.故选A.2.如图所示,在平行六面体1111ABCDABCD−中,ABa=,ADb=,1AAc=,M是1DD的中点,点N是1AC上的点

,且113ANAC=,用,,abc表示向量MN的结果是()A.12abc++B.114555abc++C.1315105abc−−D.121336abc−−【答案】D【解析】【分析】在平行六面体1111ABCDABCD−中根据空间向量的加法合成法则,对

向量MN进行线性表示,即可求得答案.【详解】连接1CM【113ANAC=可得:1123CNCA=()111ACAAACAAADABcab=+=++=++1122223333CNCAcab==−−−又112CMac=−−11MNCNCM=−2221333

2cabac=−−−−−−121336abc−−=121336abNcM=−−故选:D.【点睛】本题考查了空间向量的加法运算,解题关键是掌握向量的加法运算和数形结合,属于基础题.3.已知()2,5,1A−，()

2,2,4B−，()1,4,1C−，则AC与AB的夹角是（）A.30B.45C.60D.90【答案】C【解析】【分析】先求出向量的坐标，然后利用数量积的夹角坐标公式计算即可.【详解】因为()2,5,1A−，()2,2,4B−，()1,4,1C−，所以()0,3,3AB=

，()1,1,0AC=−，所以0301cos,2322ABACABACABAC++===，又0,180ABAC，所以,ABAC=60，即AC与AB的夹角是60.故选：C.4.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，则平面1ABC与平面11ACD之间的距离为A.3

6B.33C.233D.32【答案】B【解析】【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得(1,0,0)AD=−和平面11ACD的一个法向量(1,1,1)=m，利用向量的距离公式，即可求解．【详解】建立如图所示的直角坐标系

，则1(1,0,0)A，1(0,1,0)C，(0,0,1)D，(1,0,1)A，所以1(1,0,1)DA=−，1(0,1,1)DC=−，(1,0,0)AD=−，设平面11ACD的一个法向量(,,1)xy=m，则11mDAmDC⊥⊥，即111010mD

AxmDCy=−==−=，解得11xy==，故(1,1,1)=m，显然平面1ABC∥平面11ACD，所以平面1ABC与平面11ACD之间的距离||13||33ADd===mm．【点睛】本题主要考查了空间向量

在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.若直线l经过()2,1A、()()

21,Bmm−R两点，则直线l的倾斜角的取值范围是（）A.π04B.ππ2C.ππ42D.π3π24【答案】C【解析】【分析】计算出tan的取值范围，结合角的取值范围可求得结果.【详解】由题意

可得221tan1121mm+==+−，又因为0π，故ππ42.故选：C.6.过点()23M−，且与直线290xy+−=平行的直线方程是A.280xy−+=B.270xy−+=C.240xy++=D.210x

y+−=【答案】C【解析】【分析】设所求直线方程为20xym++=，代入点(2,3)M−，即可求得本题答案.【详解】因为所求直线方程与直线290xy+−=平行，所以可设为20xym++=，又因为经过点(2,3)M−，代入可得4m=，则所求直线方程为240xy++=.故选：C【点睛】

本题主要考查直线方程的求法，属于基础题.7.已知直线1l:sin210xy+−=，直线2l:cos30xy−+=，若12ll⊥，则tan2=（）A.23−B.43−C.25D.45【答案】B【解析】【分析】根据直线的垂直，即可求出tanα=2，再根据二

倍角公式即可求出．的【详解】因为l1⊥l2，所以sin2cos0−=，所以tanα=2，所以22tan44tan21tan143===−−−.故选：B．【点睛】本题考查了两直线的垂直的充要条件，以及正切二倍角公式，属于容易题.8.已知六棱锥PABCDEF−的底面是正六边形，

PA⊥平面ABC，2PAAB=.则下列命题中正确的有（）①平面PAB⊥平面PAE；②PBAD⊥；③直线CD与PF所成角的余弦值为55；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤//CD平面PAE.A.①

④B.①③④C.②③⑤D.①②④⑤【答案】B【解析】【分析】①要判断面面垂直，需先判断是否有线面垂直，根据线线，线面的垂直关系判断；②由条件可知若PBAD⊥，可推出AD⊥平面PAB，则ADAB⊥，判断是否有矛盾；③

异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即根据//CDAF，转化为求cosPFA；④根据线面角的定义直接求解；⑤若//CD平面PAE，则//CDAE，由正六边形的性质判断是否有矛盾.【详解】∵PA⊥平面ABC

，∴PAAB⊥，在正六边形ABCDEF中，ABAE⊥，PAAEA=，∴AB⊥平面PAE，且AB面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；由条件可知若PBAD⊥，PA⊥平面ABC，则PAAD⊥，PBPAP=，可推出AD⊥平面PAB，则ADAB⊥，这与,ADAB不垂直矛

盾，故②不成立；∵//CDAF，直线CD与PF所成角为PFA，在RtPAF△中，2PAAF=，∴5cos5PFA=，∴③成立.在RtPAD△中，2PAADAB==，∴45PDA=，故④成立.若//CD平面PAE，平面

PAE平面ABCAE=则//CDAE，这与,CDAE不平行矛盾，故⑤不成立.所以正确的是①③④故选：B【点睛】本题考查点，线，面的位置关系，重点考查推理证明，空间想象能力，属于基础题型.二、多选题（共4小题）9.已知空间中三点()0,1,0A、()2,2,0B、()1,3,1C−，则下列结论不正

确的有（）A.AB与AC是共线向量B.AB的单位向量是255,,055−C.AB与BC夹角的余弦值是5511D.平面ABC的一个法向量是()1,2,5−【答案】ABC【解析】【分析】利用共线向量的坐标关系可判断A选项；利用单位向量的定义可判断

B选项；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用法向量的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，()2,1,0AB=，()1,2,1AC=−，因为210121−，则AB、AC不共线，A错；对于B选项，AB的单位向量

为()22212552,1,0,,055210ABAB==++，B错；对于C选项，()3,1,1BC=−，6155cos,11511ABBCABBCABBC−+===−，所以，AB与BC夹角的余弦值是5511−，C错；对于D选项，设(),,nxyz=为平面

ABC的法向量，则2020nABxynACxyz=+==−++=，取1x=，则=2y−，5z=，所以，平面ABC的一个法向量为()1,2,5n=−，D对.故选：D.10.下列说法正确的是（）A.直线20xy−−=与两坐标轴围成三角形的面积

是2B.直线1yx=+的倾斜角为π4C.过()11,xy，()22,xy两点的直线方程为112121yyxxyyxx−−=−−D.直线32yx=−在y轴上截距是2−【答案】ABD【解析】【分析】A确定

直线在坐标轴上截距，再求面积即可判断；B由斜率确定倾斜角大小即可；C根据两点式使用前提判断；D令0x=即可得y轴上截距.【详解】A：由直线方程知：其在x、y轴截距分别为2,2−，故该直线与坐标轴所围成三角形面积为2，对；B

：由直线斜率为1，即倾斜角正切值为1，根据倾斜角范围为[0,π)，则倾斜角大小为π4，对；C：仅当1212xxyy时，直线才能表示为112121yyxxyyxx−−=−−，错；D：令0x=，则=2y−，故在y轴上截距是2−，对.故选：ABD1

1.已知直线:310lxy−+=，则下列结论正确的是（）A.直线l的倾斜角是6的B.若直线:310mxy−+=，则lm⊥C.直线1:10lmxym−+−=过定点()1,1D.过()23,2与直线l平行的直线方程是340xy−−=【答案】CD【解析】【分析】对选项A，根据3

k=，即可判定A错误，对选项B，根据斜率相乘不等于-1，即可判定B错误，对选项C，变形直线方程得到()()110mxy−−−=，即可判定C正确，对选项D，设所求直线方程32320m−+=，再代入点()23,2，即可判断D正确.【详解】对选项A，直线:3

10lxy−+=，3k=，3=，故A错误；对选项B，直线:310mxy−+=，33k=，33113=−，故B错误；对选项C，直线1:10lmxym−+−=，()()110mxy−−−=，恒过()1,1，故C正确.对选项D，设直线l平行的直线方程是30

xym−+=，把()23,2代入得：32320m−+=，解得4m=−，所以所求直线方程340xy−−=，故D正确.故选：CD12.在棱长为1的正方体中1111ABCDABCD−中，点P在线段1AD上运动，则下列命题正确的是（）A.异面直线1CP和1

CB所成的角为定值B.直线CD和平面1BPC平行C.三棱锥1DBPC−的体积为定值D.直线CP和平面11ABCD所成的角为定值【答案】ABC【解析】【分析】由线面垂直的判定可证得1CB⊥平面11ABCD，由线面垂直性质可知A正确；根据//ABCD，结合线面平行的判定可得B正确；结合平行关

系，可由体积桥得到1111DBPCCBPCPBCCABCCVVVV−−−−===，由此可得C正确；根据线面角的定义可确定所求角，根据正切值不为定值可知D错误.【详解】对于A，四边形11BCCB为正方形，11CBBC⊥；AB⊥Q平面11BCCB，1CB平面11BCCB，1A

BCB⊥，又1,ABBC平面11ABCD，1ABBCB=I，1CB⊥平面11ABCD，1CP平面11ABCD，11CBCP⊥，异面直线1CP和1CB所成角为定值π2，A正确；对于B，//ABCDQ，AB平面11ABCD，CD平面1

1ABCD，//CD平面11ABCD，又P平面11ABCD，平面11ABCD即为平面1BPC，//CD平面1BPC，B正确；对于C，由B知：//CD平面1BPC，111DBPCCBPCPBCC

VVV−−−==，平面11//ADDA平面11BCCB，1AD平面11ADDA，1//AD平面11BCCB，1PAD，11111111113326PBCCABCCBCCVVSAB−−====，即三棱锥1DBPC−的体积为定值16，C正确；对于D，设11

BCBCO=，由A知：1CB⊥平面11ABCD，CPO即为直线CP和平面11ABCD所成的角，222tan2OCCPOOPOPOP===，OP不是定值，tanCPO不是定值，即直线CP和平面11

ABCD所成的角不是定值，D错误.故选：ABC.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.设点A在x轴上，点B在y轴上，AB的中点是1(2)P−，，则AB等于________【答案】25【解析】【分析】根据点A在x轴上，点B在y轴

上，且AB的中点是1(2)P−，，利用中点坐标公式得到A，B的坐标，再利用两点间的距离公式求解.【详解】因为点A在x轴上，点B在y轴上，且AB的中点是1(2)P−，，所以(40),(02)，，−AB，所以()()()2240022

5=−+−−=AB，故答案为：25【点睛】本题主要考查两点间的距离公式和中点坐标公式的应用，属于基础题.14.已知直线l1经过点A(0，－1)和点B(－4a，1)，直线l2经过点M(1,1)和点N(0，－2)，若l1与l2没有公共点，则实数a的值为________．【答案】－6【解析】

【分析】分别根据斜率公式求出两条直线的斜率，再根据两直线平行，斜率相等即可求出a的值．【详解】直线l2经过点M（1，1）和点N（0，﹣2），∴2lk=1210+−=3，∵直线l1经过点A（0，﹣1）和点B（

﹣4a，1），∴1lk=24a−=﹣2a，∵l1与l2没有公共点，则l1∥l2，∴﹣2a=3，解得a=﹣6，故答案为﹣6．【点睛】本题考查了两直线平行的条件，斜率公式，属于基础题．15.将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以,,,ABCD四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC

所成的角为___________.【答案】3【解析】【分析】根据题意可知，当DABCV−最大时，平面DAC⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，求得异面直线夹角.详解】根据题意可知，当DABCV−最大时，平面DAC⊥平面ABC，设AC的中点

为O，连接,OBOD建立空间直角坐标系，如图所示，令1OBOCOD===，则(0,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0)OADBC−，(0,1,1),(1,1,0)ADBC==−，因此11cos,222ADBCADBCADBC===所以

异面直线AD与BC所成的角为3【故答案为：3【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成

的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．16.如图所示，在直平行六面体1111ABCDABCD−中，BDDC⊥，1BDDC==，点E在1AA上，且11142AEAA=

=，则点B到平面1EDC的距离为________.【答案】53【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用点B到平面1EDC的距离||||nDBdn=计算，即可得答案；【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(1,1,

0)A−，(1,0,0)B，(0,1,0)C，1(0,1,2)C，11,1,2E−，∴1(0,1,2)DC=，11,1,2DE=−.设平面1EDC的法向量为(,,)nxyz=，则110220DEnxyzDCnyz

=−+==+=，令1z=，则52x=−，=2y−，∴5,2,12n=−−.∴点B到平面1EDC的距离5||523||352nDBdn===.故答案为：53.【点睛】本题考查利用空间向量法

求点到面的距离，考查运算求解能力，求解时注意坐标系的建立.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知(),4,1ax=，()2,,1by=−−，()3,2,cz=−，ab∥，bc⊥，求：（1）a，b，c；

（2）ac+与bc+所成角的余弦值．【答案】（1）()2,4,1a=，()2,4,1b=−−−，()3,2,2c=−（2）219−【解析】【分析】（1）根据空间向量平行公式与垂直公式求解即可；（2）根据空

间向量夹角公式求解即可.【小问1详解】因为ab∥，故4121xy==−−，解得2,4xy==−，故()2,4,1a=，()2,4,1b=−−−.由bc⊥可得()23420z−−−−=，解得2z=，故()3,2,2c=−.【小问2详解】()(

)()2,4,13,2,25,2,3ac+=+−=，()()()2,4,13,2,21,6,1bc+=−−−+−=−，故ac+与bc+所成角的余弦值()()22222251263142191c3838s52361o+−+−===−+++−+.18.如图，在直三棱柱111ABC

ABC-中，90ABC=，1CB=，2CA=，16AA=，M是1CC的中点.（1）试建立适当的空间直角坐标系，并写出点1A，1C的坐标；（2）求AM的长（3）求证：1AMBA⊥.【答案】（1）坐标系见解析，()10,3,6A，()11,0,6C（2）222AM=（3）证明见解析【解

析】【分析】（1）以B为坐标原点，以BC，BA，1BB为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，即可得到所求点的坐标.（2）根据空间向量坐标运算即可..（3）根据10AMBA=，即可证明结论.【小问1详解】以B为坐标原点，以BC，BA，1BB为x轴，y轴

，z轴建立空间直角坐标系.所以()10,3,6A，()11,0,6C【小问2详解】()0,3,0A，61,0,2M，61,3,2AM=−，26221322AMAM==++=.【

小问3详解】()0,3,0A，61,0,2M.61,3,2AM=−，()10,3,6BA=，10AMBA=，所以1AMBA⊥.19.已知ABC中，点()1,3A，()2,1B，()1,0C−.（1）求直线AB的

方程；（2）求AB边的高线所在的直线方程.【答案】（1）250xy+−=（2）210xy−+=【解析】【分析】（1）求出直线AB斜率，由点斜式写出直线方程；（2）根据直线垂直的结论和点斜式方程即可得到答案.【小问1详解】由题意可知，直线AB的斜率132

21ABk−==−−，故直线AB的方程为()122yx−=−−即250xy+−=，【小问2详解】AB边的高线的斜率12k=，故直线AB边的高线的方程为()1012yx−=+，即210xy−+=.20.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD⊥，ABCD，2ABAD==，4

CD=，M为CE的中点.（1）求证：//BM平面ADEF；（2）求证：BC⊥平面BDE；（3）求点M到面BDE的距离.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）2【解析】【分析】（1）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明,,BMADAF共面

，即可证明//BM平面ADEF；（2）由空间向量数量积为零可证明BCDB⊥，BCDE⊥，再由线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面BDE.（3）利用点到平面距离的空间向量求法即可.【小问1详解】∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF平面

ABCDAD=，ADED⊥，ED平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD.以D为原点，DA，DC，DE分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0D，()2,0,0A，()2,2,0B，()0,4,0C，()0,0,2E，()2,0,2

F.∵M为EC的中点，∴()0,2,1M，则()2,0,1BM=−，()2,0,0AD=−，()0,0,2AF=，∴12BMADAF=+，故BM，AD，AF共面.又BM平面ADEF，∴//BM平面ADEF.【小问2详解】()2,2,0BC=−，()2,2,0DB=，()0

,0,2DE=，∵440BCDB=−+=，∴BCDB⊥又0BCDE=，∴BCDE⊥又DEDBD=，DE，DB平面BDE，∴BC⊥平面BDE.【小问3详解】由（2）知()2,2,0BC=−为平面BDE的法向量，则点M到面BDE的距离()224222BMBCdBC=

==−+.21.（1）过点()3,2P，且斜率为14−的直线l的一般式方程方程；（2）经过点()3,2P且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；（3）经过点()3,2P且与x轴，y轴正半轴分别交于点A，B，O为坐标原点，求AOB面积的最小值.【答案】（1）4110xy+−=；（2）50xy

++=或23yx=；（3）12【解析】【分析】（1）设直线方程为点斜式()1234yx−=−−，化成一般式即可.（2）截距相等分两种情况讨论，截距相等且是0，设为ykx=,或者截距相等不是0，设为()10xyabab+==，代入()3,2P

求解即可.（3）设直线截距式方程()1,0xyabab+=，可得321ab+=，由基本不等式可得24ab，可得AOB的面积最小值.【详解】（1）利用点斜式可得：直线l的方程为：()1234yx−=−−，化为：4110xy+−=.（2）①截距相等不是0时，可设直线方程为()10xyab

ab+==，直线l的方程经过点()3,2P，将点()3,2P代入上式，得：5ab==，∴直线l的方程为：50xy++=.②截距相等且是0时，设直线为(),0ykxk=，直线l的方程经过点()3,2P，将点()3,2P代入上式，得23k=，即23yx=.∴经过点()3,2P

且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为50xy++=或23yx=；（3）设直线方程为()1,0xyabab+=，直线l的方程经过点()3,2P，代入()3,2P，所以321ab+=，又32322abab+≥，所以612ab，所以2

4ab，当且仅当32ab=时，即6a=，4b=时，等号成立，所以()min124122AOBS==△.22.如图所示，在四棱锥PABCD−中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面P

DC⊥底面ABCD.（1）求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值；（2）求平面PAD与平面PBC夹角的正弦值.【答案】（1）64（2）32【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质证得PO⊥平面ABCD，从而建立空间直角坐标系，再求得平面ABCD的一个法向量与PA，从而利用空间向量法即可得

解；（2）结合（1）中条件，分别求出平面PAD与平面PBC的法向量，从而利用空间向量法即可得解.【小问1详解】取DC的中点O，连接PO，∵PDC△为正三角形，O为DC的中点，则PODC⊥，32POa=，又∵平面PDC

⊥平面ABCD，平面PDC平面ABCDDC=，PO平面PDC，∴PO⊥平面ABCD．以点O为坐标原点，OC、OP所在的直线分别为y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则30,0,2Pa

，,,02aAa−，,,02aBa，0,,02aC，0,,02aD−，则3,,22aPAaa=−−，易知平面ABCD的一个法向量为()0,0,1n=，

设直线AP与平面ABCD所成的角为，326sincos,421aPAnPAnaPAn−====.因此直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为64.【小问2详解】由（1）得3,,22aPBaa=−

，30,,22aPCa=−，30,,22aPDa=−−，设平面PAD的法向量为()111,,mxyz=，则1111130223022aPAmaxyazaPDmyaz=−−=

=−−=，取11z=，则110,3xy==−，故()0,3,1m=−，设平面PBC的法向量为()222,,xyz=，则2222230223022aPBmaxyazaPCmyaz=+−==−=，取21z=，则220,3xy==

，故()0,3,1=，设平面PAD与平面PBC夹角夹角为，则π02，所以311coscos,23131mmm−+====++，则23sin1cos2=−=，所以平面PAD与平面PBC夹角的正弦值32.的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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